\section{Умножение рядов}
  Ряды можно складывать. Суммы их, очевидно, тоже сложатся:
  \[
    \series{k = 0} a_k = A, \quad\quad \series{k = 0} = B \quad\quad \to
    \quad\quad \series{k = 0} (a_k + b_k) = A + B
  \]

  \begin{theorem}[теорема Коши]
    \begin{center}
      \begin{tabular}{c | c c c c c}
              & \(a_0\)    & \(a_1\)    & \(a_2\)    & \(a_3\)    & \(a_4\)    \\\hline
        \(b_0\) & \(\mathbf{a_0b_0}\) & \(a_1b_0\) & \(a_2b_0\) & \(a_3b_0\) & \(a_4b_0\) \\
        \(b_1\) & \(a_0b_1\) & \(a_1b_1\) & \(\mathbf{a_2b_1}\) & \(a_3b_1\) & \(a_4b_1\) \\
        \(b_2\) & \(a_0b_2\) & \(\mathbf{a_1b_2}\) & \(a_2b_2\) & \(a_3b_2\) & \(a_4b_2\) \\
        \(b_3\) & \(a_0b_3\) & \(a_1b_3\) & \(a_2b_3\) & \(a_3b_3\) & \(a_4b_3\) \\
        \(b_4\) & \(a_0b_4\) & \(a_1b_4\) & \(a_2b_4\) & \(a_3b_4\) & \(a_4b_4\) \\
      \end{tabular} \(\mathref{1}\)
    \end{center}
    
    Пусть \(\series{k = 0} a_k = A\) и \(\series{k = 0} b_k = B\) сходятся абсолютно.
    Тогда ряд, составленный из элементов таблицы (их счётное множество) в
    \emph{любом} порядке, сходится к \(AB\).
  \end{theorem}
  \begin{proof}
    Рассмотрим все ряды вида \(a_{i_1} b_{j_1}, ~ a_{i_2} b_{j_2}, ~ \dots, ~ a_{i_l}
    b_{j_l}\). Оценим частичные суммы: \[
      \sum_{t = 1}^N |a_{i_t} b_{j_t}| \le \left( \sum_{i = 1}^M
      |a_i| \right) \left( \sum_{j = 1}^M |b_j| \right) \le A^*B^*
    \], где \(M = \max\{i_1, i_2, \dots, i_N, j_1, j_2, \dots, j_N\}\).
    Это значит, что ряд сходится абсолютно, что, в свою очередь, по
    соответствующей теореме, означает независимость от порядка суммирования.
    Теперь заметим, что частичные суммы \[
      S_{N + 1} = (a_0 + a_1 + \dots + a_N)(b_0 + b_1 + \dots + b_N) \to AB
    \] при \(N \to \infty\).
  \end{proof}
  \begin{consequences}
    \item
      Для рядов \(\series{k = 0} a_k\) и \(\series{k = 0} b_k\) состроим ряд \[
        c_n = a_0b_n + a_1b_{n - 1} + \dots + a_nb_0
      \]. Если ряды сходятся абсолютно, то и \(\series{n = 0} c_n = AB\).
  \end{consequences}
  Более сильным утверждением является следующая
  \begin{theorem}[теорема Мертенса]
    Если ряд \(\series{k = 0} a_k\) сходится абсолютно, а \(\series{k = 0} b_k\)
    сходится, то \(\series{k = 0} c_n = AB\).
  \end{theorem}
  \begin{proof}
    \[
      C_N = \underbrace{(a_0b_0)}_{c_0} + \underbrace{(a_0b_1 + a_1b_0)}_{c_1} +
      \underbrace{(a_0b_2 + a_1b_1 + a_0b_2)}_{c_2}
      + \dots + \underbrace{(a_0b_N + a_1b_{N - 1} + \dots + a_Nb_0)}_{c_N}
    \]
    В итоге суммируются следующие произведения по диагоналям:
    \begin{center}
      \begin{tabular}{c | c c c c c}
                  &    \(a_0\) &    \(a_1\)     &    \(a_2\) &     \(\cdots\)   & \(a_N\)    \\\hline
        \(b_0\)   & \(a_0b_0\) &   \(a_1b_0\)   & \(a_2b_0\) &                  & \(a_Nb_0\) \\
        \(b_1\)   & \(a_0b_1\) &   \(a_1b_1\)   &            & \(a_{N - 1}b_1\) &            \\
        \(b_2\)   & \(a_0b_2\) &                & \(\cdots\) &                  &            \\
        \(\vdots\)&            &\(a_1b_{N - 1}\)&            &                  &            \\
        \(b_N\)   & \(a_0b_n\) &                &            &                  &            \\
                  & \(\sum\)   &  \(\sum\)      &            &        \(\sum\)  & \(\sum\)   \\
                  & \(a_0B_N\) &\(a_1B_{N - 1}\)&            & \(a_{N - 1}B_1\) & \(a_NB_0\) \\
      \end{tabular}
    \end{center}
    Просуммировав те же произведения по столбцам, перепишем частичную сумму в
    виде \[
      C_N = a_0B_N + a_1 B_{N - 1} + \dots + a_N B_0 =
      \Break
    \]. Определим <<хвост>> \(\series{i = k+1} b_i\): \(\beta_k = B - B_k\). Тогда
    \(B_k = B - \beta_k\). Перепишем теперь \Resume: \[
      \Resume = \underbrace{A_N B}_{\to AB} - \underbrace{(a_0\beta_N + a_1\beta_{N - 1}
      + \dots + a_N\beta_0)}_{\assignto\mathref[s]{2}}
    \]. Покажем, что \mathref[s]{2} стремится к нулю.
    
    Ряд \(\series{k = 0} a_k\) сходится, поэтому с необходимостью
    \(a_i \to 0\). По этой же причине \(\beta_j \to 0\).
    Рассмотрим теперь произвольный \(\varepsilon_0\),
    для которого будет, так как \(\beta_j \to 0\), верно \[
      \exists{m} : \forall{k > m} \pred |\beta_k| < \frac{\varepsilon_0}{2A^*}
    \]. Теперь оценим модуль \mathref[s]{2} через \(\varepsilon_0\): \[
      \abs{\mathref[s]{2}} =
      \abs{
        (a_0\beta_N + a_1\beta_{N - 1} + \dots + a_{N - (m + 1)}\beta_{m + 1}) +
        (a_{N - m}\beta_m + a_{N - (m - 1)}\beta_{m - 1} + \dots + a_N\beta_0)
      } \le {
        \abs{a_0}\abs{\beta_N} + \abs{a_1}{\beta_{N - 1}} + \dots +
        \abs{a_{N - (m + 1)}}{\beta_{m + 1}} +
        \underbrace{\abs{
            a_{n - m}\beta_m +
            a_{N - (m - 1)}\beta_{m - 1} +
            \dots +
            a_N\beta_0
        }}_{\assignto\mathref[s]{3}}
      } \le {
        \frac{\varepsilon_0}{2A^*}\underbrace{\left(
          \abs{a_0} + \abs{a_1} + \dots + \abs{a_{N - (m + 1)}}
        \right)}_{\le A^*} + \mathref[s]{3}
      } \le {
        \frac{\varepsilon_0}{2} + \mathref[s]{3}
      } \le {
        \frac{\varepsilon_0}{2} + \abs{a_{N - m}\beta_m} +
        \abs{a_{N - (m - 1)}\beta_{m - 1}} + \dots + \abs{a_N\beta_0}
      } \le {
        \frac{\varepsilon_0}{2} + \beta^*\left(
          \abs{a_{N - m}} + \abs{a_{N - (m - 1)}} + \dots + \abs{a_N}
        \right)
      } \le {
        \frac{\varepsilon_0}{2} +
        \beta^*(m+1)\frac{\varepsilon_0}{2\beta^*(m + 1)}
      } = {
        \varepsilon_0
      }
    \]. \(\beta_k \to 0\), поэтому \[
      \beta^* = \sup_{k = 0, \dots, \infty} |\beta_k|
    \].

    Также для произвольного \(\varepsilon_0\), в силу \(a_j \to 0\),
    найдётся \[
      K : \forall{i > K} \pred |a_i| < \frac{\varepsilon_0}{2\beta^*(m + 1)}
    \], и это объясняет последний переход. Выполняется неравенство для всех
    \(i > K\); у нас же \(i\) пробегает значения от \(N - m\) до \(N\). Отсюда
    вытекает требование \(N > N - m > K\), или же, \(N > K + m\), которое
    всегда можно выполнить.
  \end{proof}

  \definition[сумма ряда по Чезаро]{
    Следующий предел называется \defined{суммой ряда по Чезаро}:
    \[\label{eq:defgezaro}
      \lim_n \frac{A_0 + A_1 + \dots + A_n}{n} = A
    \].
  }
  Записывать будем следующим образом: \[
    \lim_n \frac{A_0 + A_1 + \dots + A_n}{n} \equiv S\left( \{a_n\} \right)
  \].

  \note{Сумма ряда по Чезаро является линейным оператором на пространстве
  рядов.}
  \begin{consequences}
    \item \[
      S\left( \{a_n\} + \{b_n\} \right) = S\left( \{a_n\} \right) + 
      S\left( \{b_n\} \right)
    \]
    \item \[
      S\left( \left\{ \alpha a_n \right\} \right) = \alpha S\left( \left\{
      a_n \right\}\right)
    \]
  \end{consequences}
  Это понятие является попыткой расширить множество сходящихся рядов.

  \begin{lemma}
   Если \(\lim a_n = \alpha\) и \(\lim b_n = \beta\), то \[
     \frac{a_nb_0 + a_{n-1}b_1 + \dots + a_0b_n}{n + 1} \to \alpha\beta
   \].
  \end{lemma}
  \begin{proof}
    Введём в рассмотрение бесконечно малые:
    \{
      \[
        \alpha_n = a_n - \alpha
      \], \[
        \beta_n = b_n - \beta
      \].
    \}
    Тогда рассматриваемая последовательность запишется в виде \[
      \frac{a_nb_0 + a_{n-1}b_1 + \dots + a_0b_n}{n + 1} = \alpha\beta +
      \alpha\frac{\beta_0 + \beta_1 + \dots + \beta_n}{n + 1} +
      \beta\frac{\alpha_0 + \alpha_1 + \dots + \alpha_n}{n + 1} +
      \underbrace{\frac{\alpha_0\beta_n + \alpha_1\beta_{n - 1} + \dots + \alpha_n\beta_0}{n +
      1}}_{\assignto\mathref[s]{0}} = \alpha\beta + \alpha\left( 1 -
      \frac{1}{n + 1} \right)\underbrace{\beta^*}_{\to 0} + \beta\left( 1 -
      \frac{1}{n + 1} \right)\underbrace{\alpha^*}_{\to 0} + \mathref[s]{0}
    \].
  \end{proof}
  Последний член зажмём при помощи неравенства треугольника. Предварительно
  введём в рассмотрение \(\alpha^* = \sup \abs{\alpha_k}\) и \(\beta^* = \sup \abs{\beta_k}\):
  \[
    \abs{\frac{\alpha_0\beta_n + \alpha_1\beta_{n - 1} + \dots +
    \alpha_n\beta_0}{n + 1}} \le \frac{\abs{\alpha_0\beta_n} + \abs{\alpha_1\beta_{n -
    1}} + \dots + \abs{\alpha_n\beta_0}}{n + 1} \le
  \beta^*\frac{\abs{\alpha_0} + \abs{\alpha_1} + \dots + \abs{\alpha_n}}{n + 1}
  \]. Так как \(\alpha_n\) и \(\beta_n\) -- бесконечно малые, последний член
  стремится к нулю.
  \begin{theorem}[теорема Абеля]
    Если ряды \(\sum a_k\) и \(\sum b_k\) сходятся, а \[
      c_n = a_0b_n + a_1b_{n - 1} + \dots + a_nb_0
    \], то ряд $c_n$ сходится по Чезаро к \(AB\).
  \end{theorem}
  \begin{proof}
    \[
      C_N = \sum_{n = 0}^N c_n = a_0B_N + a_1B_{N - 1} + \dots + a_NB_0
    \]. Перейдём к сумме по Чезаро: \[
      \frac{C_0 + C_1 + \dots + C_N}{N + 1} = \frac{A_0B_N + \dots + A_NB_0}{N +
      1} \to AB
    \]. Последний переход верен по лемме.
  \end{proof}
  \begin{consequences}
   \item Если \(\series{n = 1} c_n\) сходится, то \(\series{n = 1} c_n = AB\).
  \end{consequences}

